2020年湖南中考数学复习课件§６.１ 图形的轴对称、平移与旋转.pptx

1、考点一 图形的轴对称,A组 20152019年湖南中考题组,1.(2019湖南衡阳,4,3分)下列图形既是轴对称图形,又是中心对称图形的是 ( ),答案 D A.是轴对称图形,但不是中心对称图形,故此选项错误; B.既不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故此选项错误; C.是轴对称图形,但不是中心对称图形,故此选项错误; D.既是轴对称图形也是中心对称图形,故此选项正确. 故选D.,解题关键 判定一个图形是轴对称图形的关键是寻找对称轴,使对称轴两边图形折叠后可完全重合,判定 一个图形是中心对称图形的关键是寻找对称中心,使图形绕对称中心旋转180后与原图形重合.,2.(2019湖南怀化,7,4分

2、)怀化是一个多民族聚居的地区,民俗文化丰富多彩.下面是几幅具有浓厚民族特色 的图案,其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是 ( ),答案 C A.是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项错误; B.是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项错误; C.既是轴对称图形,也是中心对称图形,故此选项正确; D.是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项错误. 故选C.,3.(2018湖南邵阳,4,3分)下列图形中,是轴对称图形的是( ),答案 B 根据轴对称图形的概念判断B选项正确.,4.(2018湖南永州,2,4分)誉为全国第三大露天碑林的“浯溪碑林”,摩崖上铭刻着500多方古今名家碑文,其 中悬针篆

3、文具有较高的历史意义和研究价值,如图四个悬针篆文文字明显不是轴对称图形的是 ( ),答案 C 根据轴对称图形的概念知选项C明显不是轴对称图形,故选C.,思路分析 区分轴对称图形与中心对称图形的含义.在特殊四边形(平行四边形、矩形、菱形和正方形)中, 它们都是中心对称图形,但只有平行四边形不一定是轴对称图形.,5.(2017湖南郴州,2,3分)下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是 ( ),答案 B A中的图形是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项错误; B中的图形既是轴对称图形,又是中心对称图形,故本选项正确; C中的图形不是轴对称图形,是中心对称图形,故本选项错误; D中的图形是轴对称

4、图形,不是中心对称图形,故本选项错误. 故选B.,思路分析 根据轴对称图形和中心对2称图形的概念对各选项进行判断即可.,6.(2015湖南郴州,8,3分)如图,在矩形ABCD中,AB=3,将ABD沿对角线BD对折,得到EBD,DE与BC交于点 F,ADB=30,则EF= ( ) A. B.2 C.3 D.3,答案 A 在矩形ABCD中,ADBC, DBC=ADB=30, 由题意知DBE=DBA=60,E=A=90,BE=AB=3, FBE=30. 在RtBEF中,EF=BEtanEBF=3 = . 故选A.,思路分析 由折叠知AB=BE,ABD=DBE,又由矩形性质知在RtBEF中,BE=3,

5、EBF=30,从而可求EF.,易错警示 不理解折叠的性质;记错特殊角的三角函数值;不会合理运用三角函数来解题.,评析 本题考查了矩形的性质,折叠的性质以及解直角三角形,属容易题.,考点二 图形的平移,考点三 图形的旋转,1.(2018湖南衡阳,3,3分)下列生态环保标志中,是中心对称图形的是 ( ),答案 B A、C、D是轴对称图形,不是中心对称图形,B是中心对称图形,旋转180后与本身重合.,2.(2019湖南常德,14,3分)如图,已知ABC是等腰三角形,AB=AC,BAC=45,点D在AC边上,将ABD绕点A 逆时针旋转45得到ACD,且点D、D、B三点在同一条直线上,则ABD的度数是

6、.,答案 22.5,解析 将ABD绕点A逆时针旋转45得到ACD, BAC=CAD=45,AD=AD, ADD=67.5,DAB=90, ABD=90-67.5=22.5. 故答案为22.5.,3.(2019湖南邵阳,18,3分)如图,将等边AOB放在平面直角坐标系中,点A的坐标为(0,4),点B在第一象限,将 等边AOB绕点O顺时针旋转180得到AOB,则点B的坐标是 .,答案 (-2 ,-2),思路分析 作BHy轴于H,利用等边三角形的性质得到OH=AH=2,BOA=60,再计算BH,从而得到B点坐 标,然后根据关于原点对称的点的坐标特征求出点B的坐标.,4.(2019湖南益阳,15,4分

7、)在如图所示的方格纸(1格长为1个单位长度)中,ABC的顶点都在格点上, 将ABC绕点O按顺时针方向旋转得到ABC,使各顶点仍在格点上,则其旋转角的度数是 .,答案 90,解析 根据旋转角是对应点与旋转中心连线的夹角,可知BOB是旋转角,且BOB=90,故旋转角的度数 是90.,思路分析 根据旋转角的概念找到BOB是旋转角,从图中可求出其度数.,解题关键 本题主要考查了旋转角的概念,解题的关键是根据旋转角的概念找到旋转角.,5.(2018湖南张家界,12,3分)如图,将ABC绕点A逆时针旋转150,得到ADE,这时点B、C、D恰好在同一 直线上,则B的度数为 .,答案 15,解析 因为ADE是

8、由ABC旋转而得到的,所以BAD=150,AB=AD, 所以B=ADC=15.,6.(2016湖南怀化,12,4分)旋转不改变图形的 和 .,答案 形状;大小,解析 旋转不改变图形的形状和大小,只改变图形的位置.,7.(2015湖南湘潭,15,3分)如图,将ABC绕点A顺时针旋转60得到AED,若线段AB=3,则BE= .,答案 3,解析 将ABC绕点A顺时针旋转60得到AED,AB=3,BAE=60,AB=AE,BAE是等边三角形, BE=AB=3.故答案为3.,思路分析 根据旋转的性质和等边三角形的性质来解决此题.,解题关键 本题考查了旋转的性质,解题关键是明确旋转前后,对应线段、对应角分

9、别相等,图形的大小、 形状都不改变.要注意旋转的三要素:旋转点;旋转方向;旋转角度.,8.(2018湖南衡阳,13,3分)如图,点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上,若COD是由AOB绕点O按顺时 针方向旋转而得到的,则旋转的角度为 .,答案 90,解析 COD是由AOB绕点O按顺时针方向旋转而得到的, 旋转的角度是BOD的度数, BOD=90, 旋转的角度为90.,9.(2015湖南长沙,22,8分)如图,在菱形ABCD中,AB=2,ABC=60,对角线AC、BD相交于点O,将对角线AC所 在的直线绕点O顺时针旋转(090)后得到直线l,直线l与AD、BC两边分别相交于点E和点F. (1)

10、求证:AOECOF; (2)当=30时,求线段EF的长度.,解析 (1)证明:四边形ABCD为菱形, ADBC,AO=CO, OAE=OCF. 又AOE=COF, AOECOF. (2)AB=BC=2,ABC=60, ABC为等边三角形. AC=AB=2,OC=1. 当=30时,ACB=60, OFBC. 在RtOFC中,OC=1,COF=30, OF= OC= .,又由(1)可得OE=OF,EF=2OF= .,B组 20152019年全国中考题组,考点一 图形的轴对称,1.(2019北京,2,2分)下列倡导节约的图案中,是轴对称图形的是( ),答案 C 选项A、B、D不是轴对称图形,选项C是

11、轴对称图形.故选C.,2.(2019辽宁大连,6,3分)下列所述图形中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是 ( ) A.等腰三角形 B.等边三角形 C.菱形 D.平行四边形,答案 C 根据轴对称图形的定义可得等腰三角形、等边三角形、菱形是轴对称图形,根据中心对称图形 的定义可得菱形、平行四边形是中心对称图形,所以既是轴对称图形又是中心对称图形的只有菱形.故 选C.,3.(2019内蒙古呼和浩特,2,3分)甲骨文是我国的一种古代文字,下面是“北”“比”“鼎”“射”四个字的 甲骨文,其中不是轴对称图形的是 ( ),答案 B 根据四个字的甲骨文的特点,“比”字的甲骨文不是轴对称图形,故选B.,4.(

12、2018河北,3,3分)图中由“ ”和“ ”组成轴对称图形,该图形的对称轴是直线 ( ) A.l1 B.l2 C.l3 D.l4,答案 C 如果一个图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够完全重合,这个图形叫做轴对称图形,由此 知该图形的对称轴是直线l3,故选C.,5.(2017北京,5,3分)下列图形中,是轴对称图形但不是中心对称图形的是 ( ),答案 A 选项A中的图形是轴对称图形但不是中心对称图形;选项B、D中的图形既是轴对称图形又是中 心对称图形;选项C中的图形是中心对称图形但不是轴对称图形.故选A.,考点二 图形的平移,1.(2019四川成都,4,3分)在平面直角坐标系中,将点(-2,

13、3)向右平移4个单位长度后得到的点的坐标为 ( ) A.(2,3) B.(-6,3) C.(-2,7) D.(-2,-1),答案 A 点向右平移4个单位长度,其横坐标加4,所以平移后得到的点的坐标为(2,3),故选A.,2.(2019辽宁大连,4,3分)在平面直角坐标系中,将点P(3,1)向下平移两个单位长度,得到的点P的坐标为 ( ) A.(3,-1) B.(3,3) C.(1,1) D.(5,1),答案 A 因为点P由点P向下平移2个单位长度得到,所以将点P的纵坐标减2,横坐标不变便可得到点P的 坐标,故点P的坐标为(3,-1),故选A.,3.(2018河北,15,2分)如图,点I为ABC

14、的内心,AB=4,AC=3,BC=2,将ACB平移使其顶点与I重合,则图中阴 影部分的周长为 ( ) A.4.5 B.4 C.3 D.2,答案 B 如图,连接AI,BI,点I为ABC的内心,AI平分BAC,BI平分ABC, ACIE,CAI=AIE,EAI=AIE,AE=EI. 同理,BF=FI,阴影部分的周长=EI+FI+EF=AE+BF+EF=AB, AB=4,阴影部分的周长为4,故选B.,4.(2015宁夏,14,3分)如图,在平面直角坐标系中,点A的坐标为(0,4),将OAB沿x轴向右平移后得到OAB, 点A的对应点A是直线y= 上一点,则点B与其对应点B间的距离为 .,答案 5,解析

15、 因为将OAB沿x轴向右平移得OAB, 所以点A与A的纵坐标相同, 把y=4代入y= x,得x=5, 则点A与 A间的距离是5, 所以点B与 B间的距离也是5.,评析 本题考查了平移的性质,属容易题.,考点三 图形的旋转,1.(2019吉林,4,2分)把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合,则这个旋转角度至少 为 ( ) A.30 B.90 C.120 D.180,答案 C 图形中有三个箭头,所以与自身重合的旋转角度至少为3603=120.故选C.,2.(2018天津,4,3分)下列图形中,可以看作是中心对称图形的是( ),答案 A 在平面内,把一个图形绕着某个点旋转180,

16、如果旋转后的图形能与原来的图形重合,那么这个 图形叫做中心对称图形,选项A中的图形符合中心对称图形的定义,故选A.,3.(2017河北,16,2分)已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1,把正方形放在正六边形中,使OK边 与AB边重合,如图所示,按下列步骤操作: 将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转,使KM边与BC边重合,完成第一次旋转;再绕点C顺时针旋转,使 MN边与CD边重合,完成第二次旋转;在这样连续6次旋转的过程中,点B,M间的距离可能是 ( ) A.1.4 B.1.1 C.0.8 D.0.5,答案 C 在第一次旋转过程中,BM=1;在第二次旋转过程中,点M位置不变,BM=

17、1;在第三次旋转过程中, BM的长由1逐渐变小为 -1;在第四次旋转过程中,点M在以点E为圆心, 为半径的圆弧上,BM的长由 - 1逐渐变小为2- ,然后逐渐变大为 -1;在第五次旋转过程中,BM的长由 -1逐渐变大为1;在第六次旋转 过程中,点M位置不变,BM=1.显然连续6次旋转的过程中,点B,M间的距离可能是0.8,故选C.,解题关键 解决本题的关键是求出每个旋转过程中BM长的变化范围.,4.(2019内蒙古包头,17,3分)如图,在ABC中,CAB=55,ABC=25.在同一平面内,将ABC绕点A逆时针 旋转70得到ADE,连接EC,则tanDEC的值是 .,答案 1,解析 在ACB中

18、,ACB=180-55-25=100,由旋转的性质可得AED=ACB =100,CAE=70,AE= AC,AEC= =55,DEC=100-55=45,tanDEC=1.,解题关键 抓住旋转的性质得出AEC是等腰三角形且CAE=70是解答本题的关键.,5.(2018云南昆明,5,3分)如图,点A的坐标为(4,2).将点A绕坐标原点O旋转90后,再向左平移1个单位长度得 到点A,则过点A的正比例函数的解析式为 .,答案 y=-4x或y=- x,解析 分情况讨论:当点A绕原点O顺时针旋转90时,旋转后得点(2,-4),向左平移1个单位长度得点A(1, -4),代入y=kx(k0)中,得k=-4,

19、所以y=-4x;当点A绕原点O逆时针旋转90时,旋转后得点(-2,4),向左平移1个 单位长度得点A(-3,4),代入y=kx(k0)中,得k=- ,所以y=- x.所以过点A的正比例函数的解析式为y=-4x或y =- x.,思路分析 点A绕坐标原点O旋转90,要分顺时针和逆时针两种情况分别求旋转后所得点的坐标,从而得平 移后的点的坐标,再将平移后的点的坐标代入y=kx(k0)求解即可.,易错警示 本题考查了点在平面直角坐标系内的旋转和平移、正比例函数解析式的求法,题中旋转未指出 旋转方向,需分情况讨论,若考虑不全,则易造成错误,导致失分.,C组 教师专用题组,考点一 图形的轴对称,1.(20

20、19甘肃兰州,4,4分)剪纸是中国特有的民间艺术,在如图所示的四个剪纸图案中,既是轴对称图形又是 中心对称图形的是( ),答案 C A、B既不是轴对称图形也不是中心对称图形;C既是轴对称图形也是中心对称图形;D是轴对称 图形但不是中心对称图形.,2.(2018云南,11,4分)下列图形既是轴对称图形,又是中心对称图形的是 ( ) A.三角形 B.菱形 C.角 D.平行四边形,答案 B 三角形不一定是轴对称图形,且不是中心对称图形;菱形既是轴对称图形,又是中心对称图形;角 是轴对称图形,但不是中心对称图形;平行四边形是中心对称图形,但不一定是轴对称图形.故选B.,3.(2018江苏苏州,3,3分

21、)下列四个图案中,不是轴对称图案的是( ),答案 B 根据轴对称图形的概念:如果一个图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够相互重合,那么这 个图形叫做轴对称图形,可知A、C、D三个图形都是轴对称图形,只有B不是轴对称图形.,4.(2018广东,5,3分)下列所述图形中,是轴对称图形但不是中心对称图形的是 ( ) A.圆 B.菱形 C.平行四边形 D.等腰三角形,答案 D 圆和菱形都是轴对称图形,也都是中心对称图形,所以A、B都不符合题意;平行四边形是中心对 称图形但不是轴对称图形,所以C不符合题意;等腰三角形是轴对称图形但不是中心对称图形,故选D.,方法总结 本题考查了轴对称图形和中心对称图形

22、的概念.如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全 重合,这样的图形叫做轴对称图形,这条直线叫做对称轴.如果一个图形绕某一点旋转180后能够与自身重 合,那么这个图形就叫做中心对称图形,这个点叫做对称中心.,5.(2018广东广州,2,3分)如图所示的五角星是轴对称图形,它的对称轴共有 ( ) A.1条 B.3条 C.5条 D.无数条,答案 C 如图所示,五角星的对称轴共有5条.,思路分析 根据轴对称图形的定义:“如果一个图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,这个 图形叫做轴对称图形,这条直线叫做对称轴”分析、理解题目.,方法总结 轴对称图形和中心对称图形是经常考查的考点.考生需要正确

23、理解其概念:轴对称图形是沿直 线翻折后直线两旁的部分能够互相重合,中心对称图形是在平面内一个图形绕某个点旋转180后能够与原 图形重合.,6.(2018重庆,2,4分)下列图形中一定是轴对称图形的是 ( ),答案 D 根据轴对称图形的概念可得矩形一定是轴对称图形.故选D.,解题关键 判断轴对称图形的关键是寻找对称轴.,7.(2017福建,5,4分)下列关于图形对称性的命题,正确的是 ( ) A.圆既是轴对称图形,又是中心对称图形 B.正三角形既是轴对称图形,又是中心对称图形 C.线段是轴对称图形,但不是中心对称图形 D.菱形是中心对称图形,但不是轴对称图形,答案 A 圆是轴对称图形,每一条经过

24、圆心的直线都是它的对称轴,圆又是中心对称图形,对称中心是圆 心,故选A.,8.(2017湖南长沙,4,3分)在下列图形中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是 ( ),答案 C A中的图形既不是轴对称图形,又不是中心对称图形;B中的图形是轴对称图形,但不是中心对称 图形;C中的图形既是轴对称图形,又是中心对称图形;D中的图形不是轴对称图形,但是中心对称图形.故选C.,9.(2017内蒙古呼和浩特,3,3分)下图中序号(1)(2)(3)(4)对应的四个三角形,都是ABC这个图形进行了一次 变换之后得到的,其中是通过轴对称得到的是 ( ) A.(1) B.(2) C.(3) D.(4),答案 A

25、根据轴对称的性质可知,序号(1)对应的三角形与ABC的对应点所连的线段被一条直线(对称 轴)垂直平分,故选A.,10.(2015湖南长沙,4,3分)下列图形中,是轴对称图形,但不是中心对称图形的是 ( ),答案 B 根据轴对称图形和中心对称图形的定义可得A,C,D项中的图形既是轴对称图形,也是中心对称 图形,只有B项中的图形是轴对称图形,但不是中心对称图形.,11.(2015湖南株洲,4,3分)下列几何图形中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是 ( ) A.等腰三角形 B.正三角形 C.平行四边形 D.正方形,答案 D A、B项中的图形是轴对称图形,不是中心对称图形;C项中的图形是中心对称图

26、形,不一定是轴 对称图形,故选D.,考点二 图形的平移,1.(2018浙江温州,7,4分)如图,已知一个直角三角板的直角顶点与原点重合,另两个顶点A,B的坐标分别为(-1, 0),(0, ).现将该三角板向右平移使点A与点O重合,得到OCB,则点B的对应点B的坐标是 ( ) A.(1,0) B.( , ) C.(1, ) D.(-1, ),答案 C 因为点A平移后与点O重合,点A(-1,0),点O(0,0),所以直角三角板向右平移了1个单位长度,所以点 B的对应点B的坐标为(0+1, ),即(1, ),故选C.,2.(2018江西,5,3分)小军同学在网格纸上将某些图形进行平移操作,他发现平移

27、前后的两个图形所组成的图 形可以是轴对称图形.如图所示,现在他将正方形ABCD从当前位置开始进行一次平移操作,平移后的正方 形的顶点也在格点上,则使平移前后的两个正方形组成轴对称图形的平移方向有 ( ) A.3个 B.4个 C.5个 D.无数个,答案 C 如图所示,正方形ABCD可以向上、向下、向右以及沿射线AC或BD方向平移,平移后的两个正 方形组成轴对称图形.故选C.,3.(2019四川成都,24,4分)如图,在边长为1的菱形ABCD中,ABC=60.将ABD沿射线BD的方向平移得到 ABD,分别连接AC,AD,BC,则AC+BC的最小值为 .,答案,解析 作直线AA,并作点C关于直线AA

28、的对称点E,连接EA,AC,AE. 四边形ABCD为菱形,ABC=60,AB=1, AC=1,ACBD,由平移得BCBDAD,AABD, AD=BC.又EA=AC, AC+BC=EA+AD,当E,A,D三点共线时,EA+AD的值最小. AC=AE=AD=1,DAC=DCA=60, E= DAC=30,EDC=180-E-ACD=90, ED=ECcos E=2 = ,即AC+BC的最小值为 .,方法总结 求不在同一条直线上的两条线段长的和的最小值,一般是通过轴对称转化为求一条直线上的两 条线段的长度和.,4.(2018天津,16,3分)将直线y=x向上平移2个单位长度,平移后直线的解析式为 .

29、,答案 y=x+2,解析 根据一次函数图象平移规律“上加下减常数项”,将直线y=x向上平移2个单位长度,所得直线的解 析式为y=x+2.,5.(2018江苏南京,13,2分)在平面直角坐标系中,点A的坐标是(-1,2).作点A关于y轴的对称点,得到点A,再将点 A向下平移4个单位长度,得到点A,则点A的坐标是( , ).,答案 1;-2,解析 点A(-1,2)关于y轴的对称点A的坐标是(1,2),A向下平移4个单位长度,得到点A(1,2-4),即A(1,-2).,思路分析 根据关于y轴对称的点的坐标特点:纵坐标不变,横坐标互为相反数,可得A,再根据向下平移规 律,横坐标不变,纵坐标减4,得到A

30、的坐标.,解题关键 本题主要考查了关于y轴对称的点的坐标,以及平移的规律,掌握点的坐标的变化规律是解题的 关键.,6.(2015江苏镇江,12,2分)如图,ABC和DBC是两个具有公共边的全等的等腰三角形,AB=AC=3 cm,BC=2 cm.将DBC沿射线BC平移一定的距离得到D1B1C1,连接AC1、BD1.如果四边形ABD1C1是矩形,那么平移 的距离为 cm.,答案 7,解析 作AEBC于点E,则BE=EC=1 cm. 设平移的距离为x cm,在RtABE中,AE= = =2 cm,当四边形ABD1C1为矩形时,BAC1=90, 在RtABC1中,AC1= = cm, ABAC1= A

31、EBC1,所以 3 = 2 (x+2), 整理得x2+4x-77=0,解得x1=7,x2=-11(舍去),所以平移的距离为7 cm.,评析 本题是在平移中构造矩形,综合考查了矩形的性质、等腰三角形的性质以及勾股定理和解方程,属 中档题.,考点三 图形的旋转,1.(2015天津,7,3分)在平面直角坐标系中,把点P(-3,2)绕原点O顺时针旋转180,所得到的对应点P的坐标为 ( ) A.(3,2) B.(2,-3) C.(-3,-2) D.(3,-2),答案 D 在平面直角坐标系中,任意一点A(x,y)绕原点O顺时针旋转180,所得到的对称点是A(-x,-y),故点 P(-3,2)关于原点的对

32、称点是P(3,-2).故选D.,2.(2019山西,15,3分)如图,在ABC中,BAC=90,AB=AC=10 cm,点D为ABC内一点,BAD=15,AD=6 cm,连接BD,将ABD绕点A按逆时针方向旋转,使AB与AC重合,点D的对应点为点E,连接DE,DE交AC于点F, 则CF的长为 cm.,答案 (10-2 ),解析 过点A作AGDE于点G, 由旋转的性质知AD=AE,DAE=90,CAE=BAD=15, AED=45, AFD=AED+CAE=60, 在RtADG中,AG=DG= =3 ,在RtAFG中,GF= = ,AF=2FG=2 , CF=AC-AF=10-2 .故CF的长为

33、(10-2 )cm.,方法指导 我们经常通过观察图形将所求的角或者线段转化到直角三角形中(没有直角三角形时,设法构 造直角三角形),再利用锐角三角函数得到所求结果.,3.(2018江西,10,3分)如图,在矩形ABCD中,AD=3,将矩形ABCD绕点A逆时针旋转,得到矩形AEFG,点B的对应 点E落在CD上,且DE=EF,则AB的长为 .,答案 3,解析 根据旋转的性质,得BC=EF,AB=AE,又四边形ABCD为矩形,DE=EF,AD=DE=3,D=90, 即ADE为等腰直角三角形, 根据勾股定理得AE= =3 ,所以AB=AE=3 .,解题关键 熟练掌握旋转的性质是解决本题的关键.,4.(

34、2017广西南宁,18,3分)如图,把正方形铁片OABC置于平面直角坐标系中,顶点A的坐标为(3,0),点P(1,2)在 正方形铁片上,将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转90,第一次旋转至图中位置,第二 次旋转至图中位置,则正方形铁片连续旋转2 017次后,点P的坐标为 .,答案 (6 053,2),解析 由题意知旋转1次得P1(5,2),旋转2次得P2(8,1),类似地,P3(10,1),P4(13,2),P5(17,2),P6(20,1),故点P的 纵坐标旋转4次为一循环,因2 0174=5041,故P2 017的纵坐标与P1的纵坐标相同,设Pn的纵坐标为 ,则旋 转奇数次时

35、点Pn的横坐标为3n+ ,偶数次时为3(n+1)- ,故P2 017的横坐标为32 017+2=6 053,连续旋转 2 017次后,点P的坐标为(6 053,2).,解题关键 确定点P的纵坐标和横坐标的变化规律是解决本题的关键.,5.(2015湖南永州,16,3分)如图,在平面直角坐标系中,点A的坐标为(-2,0),ABO是直角三角形,AOB=60, 现将RtABO绕原点O按顺时针方向旋转到RtABO的位置,则此时边OB扫过的面积为 .,答案 ,解析 在RtABO中,AOB=60, BAO=30,AOB=30,OB= OA=1. 由旋转可知OB=OB=1,AOB=AOB=60, BOB=AO

36、B+AOB=90, 边OB扫过的面积为 12= .,6.(2015福建福州,16,4分)如图,在RtABC中,ABC=90,AB=BC= .将ABC绕点C逆时针旋转60,得到 MNC,连接BM,则BM的长是 .,答案 +1,解析 如图,连接AM,易知AMC是等边三角形,所以CM=AM,易证BMCBMA,所以CBM=ABM=45, CMB=AMB=30,又ABC=90,AB=BC,所以BCD=45,所以CDB=180-CBD-BCD=90,所以 CDM=CDB=90.在RtCDB中,CD=CBsin 45=1,所以BD=CD=1.在RtCDM中,DM=CMsin 60= , 所以BM=DM+BD

37、= +1.,评析 解决本题的关键是证出BMAC,再利用含有特殊角的直角三角形分别求得BD、DM的长,从而求出 BM,综合性较强,属于难题.,7.(2018江苏南京,16,2分)如图,在矩形ABCD中,AB=5,BC=4,以CD为直径作O.将矩形ABCD绕点C旋转,使 所得矩形ABCD的边AB与O相切,切点为E,边CD与O相交于点F,则CF的长为 .,答案 4,解析 连接OE,延长EO交CD于点G,作OHBC于点H, 则OEB=OHB=90. 矩形ABCD绕点C旋转得矩形ABCD, B=BCD=90,AB=CD=5,BC=BC=4, 四边形OEBH和四边形EBCG都是矩形,OE=OC=2.5,

38、BH=OE=2.5, CH=BC-BH=1.5,CG=BE=OH= = =2. 四边形EBCG是矩形, OGC=90,即OGCD,CF=2CG=4. 故答案为4.,解后反思 本题主要考查圆的切线的性质,解题的关键是掌握矩形的判定与性质、旋转的性质、切线的性 质、垂径定理等知识点.,8.(2018广东,25,9分)已知RtOAB,OAB=90,ABO=30,斜边OB=4,将RtOAB绕点O顺时针旋转60,如 图1,连接BC. (1)填空:OBC= ; (2)如图1,连接AC,作OPAC,垂足为P,求OP的长度; (3)如图2,点M、N同时从点O出发,在OCB边上运动,M沿OCB路径匀速运动,N沿

39、OBC路径匀速运 动,当两点相遇时停止运动.已知点M的运动速度为1.5单位/秒,点N的运动速度为1单位/秒.设运动时间为x 秒,OMN的面积为y,求当x为何值时y取得最大值,最大值为多少?(结果分母可保留根号),解析 (1)60. (2)根据题意,得OB=OC, BOC=60, OBC为等边三角形, BC=OB=4, 在RtOAB中, ABO=30, OA= OB=2,AB= OB=2 , 在RtABC中,AC= =2 . sinACB= = , sinPAO=sinACB= ,sinPAO= = , OP= OA= . (3)当0x 时,点M在边OC上,点N在边OB上, ON边上的高为OMs

40、inMON, y= ONOMsinMON= x xsin 60= x2. 当x= 时,y取得最大值 . 当 x4时,如图1,点M在边BC上,点N在边OB上,BM=8- x.,图1 ON边上的高为BMsinMBN, y= x sin 60= x(16-3x)=- + . 当x= 时,y取得最大值 . 当4x 时,如图2,点M、N均在BC上,图2 MN=12- x, MN边上的高等于AB的长, y= MNAB= 2 = (24-5x). 当x=4时,y取得最大值2 .,综上所述,当x= 时,y取得最大值 .,思路分析 (1)根据旋转的性质知OB=OC,BOC等于60,从而OBC是等边三角形,可得O

41、BC=60. (2)分别求出AO,AB,BC,AC的长,利用ACB=PAO,且其三角函数值也相等求解. (3)首先按点M、N所在的边分三类进行讨论,然后可根据三角形面积公式去求三角形OMN的面积y与时间x 的函数关系式,最后求一次函数与二次函数的最值即可.,解后反思 本题是代数与几何的综合应用,主要考查了旋转的性质、勾股定理、锐角三角函数、一次函数 与二次函数的最值等知识,也考查了分类讨论等解题思想.在解决动态几何问题时,我们通常根据题意确定 一个分类标准,例如,根据几何图形的形状、运动对象的相对位置、数量关系的变化趋势等的不同进行分 类讨论.难点在于如何“化动为静”,因此画出各个分类的图形对

42、解决问题有着很大的帮助,当图形画出来 后,动态几何问题也就转化为静态几何问题了.,9.(2018福建,21,8分)如图,在RtABC中,C=90,AB=10,AC=8.线段AD由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90 得到,EFG由ABC沿CB方向平移得到,且直线EF过点D. (1)求BDF的大小; (2)求CG的长.,解析 (1)线段AD由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90得到, DAB=90,AD=AB=10. ABD=45. EFG由ABC沿CB方向平移得到,ABEF, BDF=ABD=45. (2)由平移的性质可得AECG,ABEF,且AE=CG. DEA=DFC=ABC,ADE+DAB=

43、180, DAB=90,ADE=90, ACB=90,ADE=ACB,ADEACB, = , AC=8,AB=AD=10,AE= ,CG=AE= .,解后反思 本题考查图形的平移与旋转、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角 形、相似三角形的判定与性质等基础知识,考查运算能力、推理能力、数形结合思想、化归与转化思想.,10.(2017河北,25,11分)平面内,如图,在ABCD中,AB=10,AD=15,tan A= .点P为AD边上任意一点,连接PB, 将PB绕点P逆时针旋转90得到线段PQ. (1)当DPQ=10时,求APB的大小; (2)当tanABPtan A=32时,求

44、点Q与点B间的距离(结果保留根号); (3)若点Q恰好落在ABCD的边所在的直线上,直接写出PB旋转到PQ所扫过的面积(结果保留). 备用图,解析 (1)当点Q与B在PD异侧时,由DPQ=10,BPQ=90得BPD=80, APB=180-BPD=100. 当点Q与B在PD同侧时,如图1,APB=180-BPQ-DPQ=80. APB是80或100. (4分) (2)如图1,过点P作PHAB于点H,连接BQ. tanABPtan A= =32, 图1,AHHB=32. 而AB=10,AH=6,HB=4. (6分) 在RtPHA中,PH=AHtan A=8. PQ=PB= = =4 . 在RtP

45、QB中,QB= PB=4 . (8分) (3)16或20或32. (11分) 注:下面是(3)的一种解法,仅供参考,解答过程如下: 点Q在AD上时,如图2,由tan A= 得PB=ABsin A=8, S阴影=16.,图2 点Q在CD上时,如图3,过点P作PHAB于点H, 交CD延长线于点K,由题意得K=90,KDP=A. 设AH=x(x0),则PH=AHtan A= x,AP= x. BPH=KQP=90-KPQ,PB=QP, RtHPBRtKQP. KP=HB=10-x,PD= (10-x), AD=15= x+ (10-x),解得x=6. PH=8,HB=4, PB2=80,S阴影=20

46、. 图3 点Q在BC延长线上时,如图4,过点B作BMAD于点M,由得BM=8.,图4 又MPB=PBQ=45, PB=8 ,S阴影=32,思路分析 (1)分以下两种情形求解:点Q和点B在PD同侧,点Q和点B在PD异侧;(2)过点P作PHAB于 H.当tanABPtan A=32时,AHHB=32,进而得出AH,HB的长,在RtAPH中,利用tan A= 求出PH的 长,在RtPBH中,根据勾股定理求出PB的长,进而可得BQ的长;(3)分以下三种情形求解:点Q落在直线AD 上,点Q落在直线DC上,点Q落在直线BC上.,难点分析 本题是以旋转为背景的探究题,此类问题图形发生变化,要善于从动态位置中寻找不变的关系. 点Q位置的确定是解决问题的关键.,11.(2017江西,23,12分)我们定义:如图1,在ABC中,把AB绕点A顺时针旋转(0180)得到AB,把AC绕点 A逆时针旋转得到AC,连接BC.当+=180时,我们称ABC是ABC的“旋补三角形”,ABC边BC 上的中线AD叫做ABC的“旋补中线”,点A叫做“旋补中心”. 特例感知 (1)在图2,图3中,ABC是ABC的“旋补三角形”,